Question

設(shè)數(shù)列{a_n}滿(mǎn)足a_n=2a_n-1+n（n≥2且n∈N^*），{a_n}的前n項(xiàng)和為S_n，數(shù)列{b_n}滿(mǎn)足b_n=a_n+n+2．
（l）若a₁=1，求S₄．
（2）試判斷數(shù)列{b_n}是否為等比數(shù)列？請(qǐng)說(shuō)明理由；
（3）若a₁=-3，m，n，p∈N^*，且m+n=2p．試比較

1

Sm

+

1

Sn

與

2

Sp

的大小，并證明你的結(jié)論．

Answer 1

考點(diǎn)：數(shù)列的求和,等比數(shù)列的性質(zhì)

專(zhuān)題：綜合題,等差數(shù)列與等比數(shù)列

分析：（1）由數(shù)列遞推式結(jié)合首項(xiàng)逐一求出a₂，a₃，a₄，則S₄可求；
（2）由b_n=a_n+n+2得到b_n+1=a_n+1+（n+1）+2，結(jié)合a_n+1=2a_n+（n+1）得到b_n+1=2b_n，然后分a₁=-3和a₁≠-3討論得答案；
（3）當(dāng)a₁=-3時(shí)，求出數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和，利用作差法證明S_m+S_n≤2S_p．然后利用放縮法證明0＜S_mS_n≤Sp2，再結(jié)合S_m+S_n≤2S_p＜0可證得

1

Sm

+

1

Sn

≤

2

Sp

．

解答： 解：（1）∵a_n=2a_n-1+n（n≥2且n∈N^*），且a₁=1，
∴a₂=2×1+2=4，a₃=2×4+3=11，a₄=2×11+4=26．
∴S₄=42；
（2）∵b_n=a_n+n+2，
∴b_n+1=a_n+1+（n+1）+2=2a_n+（n+1）+（n+1）+2=2（a_n+n+2）=2b_n．
又∵b₁=a₁+3，
∴當(dāng)a₁=-3時(shí)，b₁=0，此時(shí){b_n}不是等比數(shù)列，
當(dāng)a₁≠-3時(shí)，b₁≠0，則

bn+1

bn

=2 (n∈N*)．
故當(dāng)a₁≠-3時(shí)，數(shù)列{b_n}是以a₁+3為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列；
（3）

1

Sm

+

1

Sn

≤

2

Sp

．
事實(shí)上，由（2）知，當(dāng)a₁=-3時(shí)，b₁=0，則a_n=-n-2．
∴{a_n}是以-3為首項(xiàng)，-1為公差的等差數(shù)列，
∴Sn=-

1

2

n(n+5)．
∵m，n，p∈N^*，且m+n=2p，
Sm+Sn-2Sp=p(p+5)-

1

2

m(m+5)-

1

2

n(n+5)
=

1

4

[(2p)2-2m2-2n2]+

5

2

(2p-m-n)
=

1

4

[(m+n)2-2m2-2n2]=-

1

4

(m-n)2≤0，
∴S_m+S_n≤2S_p
又SmSn=

mn(m+5)(n+5)

4

=

mn[mn+5(m+n)+25]

4

≤

( m+n 2 )2[( m+n 2 )2+10•( m+n 2 )+52]

4

=

p2(p2+10p+25)

4

=[

p(p+5)

2

]2=Sp2．
∵0＜S_mS_n≤Sp2，
∴

1

SmSn

≥

1

Sp2

＞0．
又S_m+S_n≤2S_p＜0，
∴

1

Sm

+

1

Sn

=

Sm+Sn

SmSn

≤

2Sp

Sp2

=

2

Sp

．
即

1

Sm

+

1

Sn

≤

2

Sp

．

點(diǎn)評(píng)：本題考查數(shù)列的遞推式，考查了等比關(guān)系的確定及等差數(shù)列前n項(xiàng)和的求法，訓(xùn)練了利用作差法和放縮法證明不等式，是難度較大的題目．